2019年广东省中考数学真题(含答案)

2024年3月2日发(作者：初中数学试卷下册)

2019年广东省中考数学真题(含答案)

2019年广东省初中学业水平考试数学部分已经结束，以下是选择题和填空题部分的答案及解析。

选择题：

1.A，绝对值指的是一个数到0的距离，而-2到0的距离是2.

2.A，科学计数法表示一个数为a×10^n，其中1≤a＜10且n为整数，因此=2.21×10^5.

3.B，根据左视图可知，几何体由4个正方体组成，因此它的底面是正方形，依次向上叠加的正方体的上下底面都是正方形，因此它是一个正方体。

4.B，b6÷b3=b3，b3×b3=b6，a2+a2=2a2，a3÷a3=a1.

5.C，只有图C同时具有中心对称和轴对称性质。

6.B，数据按照从小到大的顺序排列为3,3,5,8,11，因此中位数为5.

7.A，根据数轴可知a在b的右侧，因此a>b。

8.C，42可以分解为2×3×7，因此42的因数有1、2、3、6、7、14、21、42，其中只有2和21是相邻的，因此它们的差为19.

9.A，由于x1和x2是同一个方程的两个实数根，因此它们的和等于方程的一次项系数的相反数，即x1+x2=2，因此x1≠x2；x1-2x1=-x1=2x2，因此x1-2x1≠x2；x1+x2=2，因此x1+x2≠2；x1×x2=0，因此x1×x2≠2.

10.B，由于正方形ABCD的边长为4，因此CB的长度也为4，因此CE的长度为6，因此正方形EFGB的边长为6.由于FH是AD的中点，因此FH的长度为2，因此AN的长度为2.由于AB和GN平行，因此∠ANH=∠GNF，因此△ANH≅△GNF。由于AF和GF是正方形的对角线，因此AF=GF，因此∠AFN=∠HFG。由于FN=2NK，因此S△.

填空题：

11.2019+(1/3)=2019⅓。

12.∠2=180-∠1=180-75=105.

13.一个n边形的内角和为180×(n-2)度，因此n=1080/180+2=8.

14.4x-8y+9=4(2y+3)-8y+9=8y+12-8y+9=21.

15.根据勾股定理，AC^2+CD^2=AD^2，因此AC^2+153^2=AD^2.由于AC和BD平行，因此∠ACD=∠BDC，因此△ACD∽△BDC，因此___，因此AD=153×BD/AC。

16.已知仰角为30度，底部C点的俯角为45度，则教学楼AC的高度为$sqrt{3}$米。根据三角函数的定义，仰角为30度意味着AC的长度为$frac{sqrt{3}}{2}$倍的高度，即$frac{sqrt{3}}{2}h$，底部C点的俯角为45度意味着AC的长度为$frac{h}{sqrt{2}}$。因此，$frac{sqrt{3}}{2}h=frac{h}{sqrt{2}}$，解得$h=sqrt{3}$米。

16-1题图已略。

17.解不等式组：$begin{cases}x-1>2

2x+1>4end{cases}$，化简得$begin{cases}x>3

x>frac{3}{2}end{cases}$，因此解为$x>3$。

化简$frac{x^2-x}{x-2x^{-1}-4}$，先将分子分母同时乘以$x$，得到$frac{x^3-x^2}{x^2-2x-4}$。将$x=2$代入得到$frac{2}{0}$，因此原式无定义。

19.如图，在$triangle ABC$中，点D是边AB上的一点。

1) 作$angle ADE=angle B$，则___因此，$frac{AD}{AB}=frac{DE}{BC}$，即$frac{AD}{AD+DB}=frac{DE}{CE}$。解得$DE=frac{AD}{2}$。

2) 根据题意，$frac{AD}{AE}=frac{DB}{EC}=frac{AD+DB}{AC}=1$。因此，$AD=AE$，$DB=EC$，$AD+DB=AC$。代入$frac{AD}{AD+DB}=frac{1}{2}$，解得$AD=frac{2}{3}AC$，$DB=frac{1}{3}AC$。根据相似三角形的性质，$frac{DE}{EC}=frac{AD}{AC}$，解得$DE=frac{2}{5}EC$。根据勾股定理，$AC^2=AB^2+BC^2=AD^2+DB^2+DE^2+EC^2$，代入已知值解得$AC=5$，$DE=2$。

20.根据图表信息，A等级的频数为24，B等级的频数为10，C等级的频数为$x$，D等级的频数为$100-x-34=66-x$。因此，$x+24+10+66-x=100$，解得$x=0$，即C等级的频数为0.根据扇形统计图，A等级的频数占总频数的$frac{24}{100}times 360=86.4$度，B等级的频数占总频数的$frac{10}{100}times 360=36$度，D等级的频数占总频数的$frac{66}{100}times 360=237.6$度。因此，C等级的频数占总频数的$360-86.4-36-237.6=0$度。

甲、乙、丙三人中任选两人的方案共有3种，即甲乙、甲丙、乙丙。因此，同时抽到甲、乙两名学生的概率为$frac{1}{3}$。

21.设篮球的数量为$x$，足球的数量为$60-x$。根据题意，$70x+80(60-x)=4600$，解得$x=20$，因此篮球购买了20个，足球购买了40个。

设篮球的数量为$y$，则$70y leq 80(60-y)$，解得$y leq

24$。因此，最多可购买24个篮球。

22.

1) 注意到$triangle ABC$和$triangle AEF$相似，因此$frac{AB}{AE}=frac{AC}{AF}$。根据勾股定理，$AB^2+BC^2=AC^2$，$AE^2+EF^2=AF^2$。代入已知值解得$AE=EF=3$，$AB=4$，$BC=5$，$AC=sqrt{41}$。

2) 设阴影部分的面积为$S$。注意到$triangle ADE sim

triangle ABC$，因此$frac{DE}{BC}=frac{AE}{AC}=frac{3}{sqrt{41}}$。因此，$DE=frac{15}{sqrt{41}}$，$EC=frac{26}{sqrt{41}}$。由于$triangle AEF$和$triangle ABC$相似，因此$frac{EF}{BC}=frac{AE}{AC}=frac{3}{sqrt{41}}$。因此，$EF=frac{15}{sqrt{41}}$，$FC=frac{29}{sqrt{41}}$。因此，阴影部分的面积为$frac{1}{2}DEtimes

EC+frac{1}{2}EFtimes FC=frac{435}{41}$。

21.解：假设篮球、足球分别购买了x和y个。根据题意，得到以下方程组：

begin{cases} x+y=60 70x+80y=4600 end{cases}$$

解得$x=20$，$y=40$，因此篮球和足球各买了20个和40个。

另外，设购买了a个篮球，则根据题意得到不等式$70aleq 80(60-a)$。解得$aleq 32$，因此最多可购买篮球32个。

22.解：(1) 根据勾股定理，得到$AB=sqrt{2^2+6^2}=2sqrt{10}$，$AC=sqrt{6^2+2^2}=2sqrt{10}$，$BC=sqrt{4^2+8^2}=4sqrt{5}$。

2) 根据勾股定理，得到$AB^2+AC^2=BC^2$，因此$angle BAC=90^circ$。连接$AD$，得到$AD=sqrt{2^2+4^2}=2sqrt{5}$。因此，阴影部分的面积为：

S_text{阴} = S_{triangle ABC}-S_{text{扇形}AEF}=frac{1}{2}ABcdot AC-frac{1}{4}pi AD^2=20-5pi$$

23.解：(1) 根据题意，得到不等式$x4$，即$x<-1$或$-1

2) 把点$A(-1,4)$代入$y=-frac{k}{2}x+frac{n}{2}$，得到$4=-frac{k}{2}cdot(-1)+frac{n}{2}$，即$k^2=-16$，因此$k=pm 4i$。又因为点$B(4,n)$在直线$y=-frac{x}{4}+3$上，因此$n=-1$。把点$A(-1,4)$和$B(4,-1)$代入$y=k_1x+b_1$，得到方程组：

begin{cases} -k_1+b_1=4 4k_1+b_1=-1 end{cases}$$

解得$k_1=-1$，$b_1=3$，因此$y=-x+3$。

3) 设$AB$与$y$轴交于点$C$，则点$C$在直线$y=-x+3$上，因此$C(0,3)$。由相似三角形的面积比，得到$S_{triangle AOB}:S_{triangle AODP}=1:2$。又因为$OC=3$，$AD=2sqrt{5}$，$OP=frac{1}{3}OC=frac{1}{3}cdot 3=1$，因此$S_{triangle AOP}=frac{1}{2}cdot OPcdot

AD=frac{1}{2}cdot 1cdot 2sqrt{5}=sqrt{5}$。由$S_{triangle AOC}=frac{1}{2}cdot ACcdot

OC=frac{1}{2}cdot 2sqrt{10}cdot 3=3sqrt{10}$，得到$S_{triangle COP}=S_{triangle AOC}-S_{triangle

AOP}=3sqrt{10}-sqrt{5}$。最终，$S_{triangle

COP}=frac{1}{2}cdot CPcdot OP=1$，因此$CP=2$。代入直线方程$y=-x+3$，得到$Pleft(frac{27}{23},frac{33}{23}right)$。

24.(1) 因为$AB=AC$，$angle ACB=angle BCD$，$angle ABC=angle ADC$，所以___因此，$ED=EC$。

2) 因为$AB=AC$，所以$OA$是$BC$的中线，即$OAperp BC$。又因为$angle ACB=angle BCD$，$angle

ABC=angle ADC$，所以___因此，$angle ACF=angle CAB$，$angle CAF=angle CBA$，即$triangle ACFsim triangle

CAB$，___$。因此，$frac{AF}{BC}=frac{AC}{AB}=1$，即$AF=BC$，所以$AFparallel BC$。

OA与AF垂直，因此AF是O的切线。

由于∠ABE=∠CBA，∠BAD=∠BCD=∠ACB，所以△ABE≅△CBA，从而AB/BE=BC/BA，即AB²=BC×BE。又因为BC×BE=25，所以AB=5.连接AG，则∠___∠BAD+∠DAG，∠BGA=∠GAC+∠ACB。因为点G是内心，所以∠DAG=∠___。又因为∠BAD=∠BCD=∠ACB，所以∠BAD+∠DAG=∠GAC+∠ACB，从而∠BAG=∠BGA，因此BG=AB=5.

1) 令3x/2+3373/(2×848)-x=0，解得x=1或-7，因此A(1,0)或B(-7,0)。代入y=3/2(x+3)-23/8，得D(-3,-23)。

2) 因为CF=CA=1，OA=OF=1，所以可以证明△DDF≅△COF，从而DF/OF=CD/OC，即DF=CD×OF/OC。因为CD=6，OF=1，OC=√3，所以DF=6/√3=2√3.又因为AF=2，所以AD=DF+AF=2+2√3.因此AD²=4+12=16，所以AD=4.同理可得AE=4，因此△ADE为等腰直角三角形。于是∠DAE=45°，所以∠EAF=60°。又因为CF=FA=2，所以△ACF为等边三角形，从而∠ACF=60°。因此∠ECF=60°，所以EC//BF。又因为EC=DC=6，BF=6，所以BFCE是平行四边形。

3) 设点P的坐标为(x,(3x+3373)/(8x+4))。当点P在B点左侧时，有DD/DA=PF/PA，即(3x+3373)/(8x+4)=1/2，解得x=1或-11/3.当点P在A点右侧时，有PA/AD=PM/MD，即(3x+3373)/(8x+4)=1/3，解得x=1或-5/3.当点P在AB之间时，有PM/MD=PA/AD=PF/DA，即(3x+3373)/(8x+4)=1/5，解得x=-537/33或-11或-3.综上所述，点P的横坐标为-537/33、-11或-3，共有3个点。